Podstawy wytrzymałości materiałów - zwmik.imir.agh.edu.plzwmik.imir.agh.edu.pl/dydaktyka/dla_studentow/imir/IMiR_PWM_Wyklad... · siły wewnętrzne i naprężenia przy skręcaniu,

Podstawy wytrzymałości materiałów

Wydział Inżynierii Mechanicznej i Robotyki

Katedra Wytrzymałości, Zmęczenia Materiałów i Konstrukcji

Dr hab. inż. Tomasz Machniewicz

IMiR - MiBM - Wykład Nr 6

Skręcanie prętów

siły wewnętrzne i naprężenia przy skręcaniu, wykresy momentów skręcających, warunek bezpieczeństwa na skręcanie, warunek sztywności przy skręcaniu, wskaźnik wytrzymałości przekroju na skręcanie, skręcenie prętów o przekroju niekołowym, sprężyny śrubowe, stan naprężenia w elemencie skręcanym, wałki giętkie

6.1. Skręcanie – siły wewnętrzne i naprężenia

2

𝑴𝒈𝒚

𝑴𝐒

𝑷 𝟏

𝑷 𝒏

𝑴𝒊 𝒒 𝒊

z≡ n x

y

O≡C

dA

y

A

𝝉𝒛𝒚

𝑵 𝑻 𝒙

𝑻 𝒚

𝝈𝒛

𝑴𝒈𝒙

𝑵 = 𝝈𝒛𝑨

𝒅𝑨

𝑻𝒙 = 𝝉𝒛𝒙𝑨

𝒅𝑨

𝑻𝒚 = 𝝉𝒛𝒚𝑨

𝒅𝑨

𝑴𝒙 = 𝝈𝒛𝑨

𝒚 𝒅𝑨

𝑴𝒚 = 𝝈𝒛𝑨

𝒙 𝒅𝑨

𝑴𝑺 = 𝝉𝒛𝒚 𝒙 − 𝝉𝒛𝒙 𝒚𝑨

𝒅𝑨

- rozciąganie/ściskanie

- ścinanie

- zginanie

- skręcanie

© T. Machniewicz IMiR, Podstawy wytrzymałości materiałów, Wykład nr 6

© T. Machniewicz

Umowa dotycząca znaków

Analogia: rozciąganie

6.2. Wykresy momentów skręcających

3

x

y

z O

𝑴 𝟐 𝑴 𝟑 𝑴 𝑼

M1=20 Nm M2=30 Nm M3=40 Nm

𝑴 𝟏

x

y

z O

𝑷 𝟐 𝑷 𝟑 𝑹

P1=20 N P2=30 N P3=40 N

𝑷 𝟏

N

z

𝟐𝟎 𝑵

𝑷 𝟏

𝟑𝟎 𝑵

𝑷 𝟑

−𝟏𝟎 𝑵

𝑷 𝟐

n

MS >0

𝑴 𝑺 n

MS >0

𝑴 𝑺

z

N

𝟐𝟎 𝐍𝐦

𝑴 𝟏

−𝟏𝟎 𝐍𝐦

𝟑𝟎 𝐍𝐦

Moment skręcający w danym przekroju poprzecznym pręta, jest algebraiczną sumą wszystkich momentów pochodzących od obciążeń zewnętrznych przyłożonych po jednej stronie rozpatrywanego przekroju, obliczanych względem normalnej do tego przekroju zaczepionej w jego środku ciężkości.

𝑴 𝟑

𝑴 𝟐


© T. Machniewicz

6.3. Moment obrotowy – zależności fizyczne

4

Zależność pomiędzy mocą (N) a momentem obrotowym (MO): 𝑵 = 𝑴𝑶 ∙ 𝝎

𝑴𝑶 =𝑵

𝝎

𝑾 = 𝑵𝒎 ∙𝟏

𝒔

𝝎 =𝝅𝒏

𝟑𝟎

Gdy dane są:

prędkość obrotowa: n (obr/min)

moc: N (kW)

Wówczas:

gdzie: 𝑴𝑶 - moment obrotowy 𝑵𝒎 ; 𝝎 – prędkość kątowa 𝟏

𝒔;

𝑴𝑶 𝑵𝒎 =𝟏𝟎𝟑 ∙ 𝑵 𝒌𝑾

𝝅/𝟑𝟎 ∙ 𝒏 𝒐𝒃𝒓/𝒎𝒊𝒏

𝑴𝑶 ≅ 𝟗𝟓𝟓𝟎𝑵 𝒌𝑾

𝒏 𝒐𝒃𝒓/𝒎𝒊𝒏𝑵𝒎

MO


© T. Machniewicz

6.4. Warunek bezpieczeństwa na skręcanie

5

l x

y

z

M

O

B

B’

y

x O

dA

max

C

C’

𝜸 𝝆 =𝝋 ∙ 𝝆

𝒍 𝝉 ∝ 𝝆

𝝉(𝝆=𝒓) = 𝝉𝒎𝒂𝒙

𝝉(𝝆) = 𝝉𝒎𝒂𝒙𝝆

𝝆𝒎𝒂𝒙

𝝉 = 𝑮 ∙ 𝜸

prawo Hooke’a dla ścinania

𝑴𝑺 = 𝝉(𝝆) ∙ 𝝆 ∙ 𝒅𝑨𝑨

= 𝝉𝒎𝒂𝒙 ∙𝝆

𝝆𝒎𝒂𝒙∙ 𝝆 ∙ 𝒅𝑨

𝑨

=𝝉𝒎𝒂𝒙𝝆𝒎𝒂𝒙 𝝆𝟐𝒅𝑨𝑨

𝑴𝑺 =𝝉𝒎𝒂𝒙𝝆𝒎𝒂𝒙∙ 𝑱𝑶

𝑱𝑶

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑱𝑶𝝆𝒎𝒂𝒙

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑾𝑶≤ 𝒌𝑺 gdzie: 𝑾𝑶 =

𝑱𝑶𝝆𝒎𝒂𝒙

𝑾𝑶 - wskaźnik wytrzymałości przekroju na skręcanie (…, mm3, cm3, m3, …) 𝒌𝑺 - dopuszczalne naprężenia skręcające


© T. Machniewicz

6.5. Wskaźnik wytrzymałości przekroju na skręcanie

6

𝒌𝑺 - dopuszczalne naprężenia skręcające

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑾𝑶≤ 𝒌𝑺 gdzie: 𝑾𝑶 =

𝑱𝑶𝝆𝒎𝒂𝒙

𝑱𝑶 - biegunowy moment bezwładności 𝝆𝒎𝒂𝒙 - odległość zewnętrznych warstw przekroju od środka ciężkości

Wskaźniki 𝑾𝑶 dla przekrojów kołowo – symetrycznych

Uwaga: Wskaźniki wytrzymałości przekrojów nie są addytywne (nie można ich dodawać ani odejmować).

𝑾𝑶 - wskaźnik wytrzymałości przekroju na skręcanie

𝑾𝑶 =𝑱𝑶𝝆𝒎𝒂𝒙

𝑱𝒙𝒄 = 𝑱𝒚𝒄 =𝝅 ∙ 𝒅𝟒

𝟔𝟒

𝑱𝑶 = 𝑱𝒙 + 𝑱𝒚 =𝝅 ∙ 𝒅𝟒

𝟑𝟐

𝝆𝒎𝒂𝒙 =𝒅

𝟐

𝑾𝑶 =𝝅 ∙ 𝒅𝟒

𝟑𝟐∙𝟐

𝒅 𝑾𝑶 =

𝝅 ∙ 𝒅𝟑

𝟏𝟔

𝑾𝑶 =𝑱𝑶𝝆𝒎𝒂𝒙

𝑱𝑶 = 𝑱𝑶𝑫 − 𝑱𝑶𝒅

𝑱𝑶 =𝝅 ∙ 𝑫𝟒 − 𝒅𝟒

𝟑𝟐

𝝆𝒎𝒂𝒙 =𝑫

𝟐

𝑾𝑶 =𝝅 ∙ 𝑫𝟒 − 𝒅𝟒

𝟑𝟐∙𝟐

𝑫

y

x O

𝑾𝑶 =𝝅 ∙ 𝑫𝟒 − 𝒅𝟒

𝟏𝟔𝑫

x O

y


© T. Machniewicz

6.6. Warunek sztywności przy skręcaniu

7

𝜸 𝝆 =𝝋 ∙ 𝝆

𝒍 𝜸𝒎𝒂𝒙 =

𝝋𝒓

𝒍

𝝉 = 𝑮 ∙ 𝜸 prawo Hooke’a

dla ścinania:

𝜸𝒎𝒂𝒙 =𝝉𝒎𝒂𝒙𝑮=𝝋𝒓

𝒍 𝝋 =

𝝉𝒎𝒂𝒙 ∙ 𝒍

𝒓 ∙ 𝑮

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑱𝑶𝒓

…

𝝋 =𝑴𝑺 ∙ 𝒓 ∙ 𝒍

𝑱𝑶 ∙ 𝒓 ∙ 𝑮 … 𝝋 =

𝑴𝑺 ∙ 𝒍

𝑱𝑶 ∙ 𝑮≤ 𝝋𝒅𝒐𝒑

𝝋′ =𝑴𝑺𝑱𝑶 ∙ 𝑮≤ 𝝋′𝒅𝒐𝒑 lub

gdzie:

𝝋𝒅𝒐𝒑 - dopuszczalny kąt skręcenia (rad)

𝝋′𝒅𝒐𝒑 - dopuszczalny kąt skręcenia na

jednostkę długości (…, rad/mm, rad/m, …)

y

x O

dA

max

l x

y

z

M

O

B

B’

C

C’


© T. Machniewicz

6.7. Rozkłady naprężeń skręcających

8

Przekroje kołowo – symetryczne

pełny drążony

Przekroje niekołowe

y

x O

MS y

x O

MS

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑾𝑺

𝝋 =𝑴𝑺 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝑱𝟎


𝑮 ∙ 𝑱𝑺

np.:

𝑱𝑺 = 𝒋(𝒂, 𝒃) 𝑾𝑺 = 𝒘(𝒂, 𝒃)

y

x

max

b

a

MS

y

x

b

a

MS

max

𝟑𝒂𝟐

y

x

𝒂

MS

max

𝝉𝒎𝒂𝒙

𝝉𝒎𝒂𝒙

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑾𝑶=𝑴𝑺𝑱𝑶∙ 𝝆𝒎𝒂𝒙

𝝉𝒎𝒂𝒙

𝝉𝒎𝒂𝒙


© T. Machniewicz

6.8. Wybrane przypadki skręcania przekrojów niekołowych

9

6.8.1. Przekrój prostokątny

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝜶 ∙ 𝒂 ∙ 𝒃𝟐

≤ 𝒌𝒔 𝝋 =𝑴𝑺 ∙ 𝒍

𝜷 ∙ 𝒂 ∙ 𝒃𝟑 ∙ 𝑮

y

x

max

b

a

MS


a/b 1.0 1.5 1.75 2 2.5 3 4 5 6 8 10

𝜶 0.208 0.231 0.239 0.236 0.258 0.267 0.282 0.291 0.299 0.307 0.313 0.333

𝜷 0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.291 0.299 0.307 0.313 0.333

𝒍 – długość pręta 6.8.2. Przekrój w kształcie kwadratu

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝟎. 𝟐𝟎𝟖𝒂𝟑

≤ 𝒌𝒔


𝟎. 𝟏𝟒𝟏𝒂𝟒 ∙ 𝑮

y

x

max

a

a

MS

max

Uwaga: b – krótszy bok prostokąta, a – dłuższy bok prostokąta

© T. Machniewicz

6.8. Wybrane przypadki skręcania przekrojów niekołowych

10

6.8.3. Przekrój w kształcie elipsy


6.8.4. Przekrój w kształcie trójkąta równobocznego

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝟐𝟎𝑴𝑺𝒂𝟑≤ 𝒌𝒔

𝝋 =𝟖𝟎 ∙ 𝑴𝑺 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝟑 ∙ 𝒂𝟒

y

x

𝒂

MS

max

𝒍 – długość pręta

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝟏𝟔𝑴𝑺𝝅 ∙ 𝒂 ∙ 𝒃𝟐

≤ 𝒌𝒔

𝝋 =𝟐𝟓𝟔 ∙ 𝑴𝑺 𝒂

𝟐 + 𝒃𝟐 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ 𝒂𝟑 ∙ 𝒃𝟑

y

x

b

a

MS

max

6.8.5. Przekrój w kształcie

sześciokąta foremnego

y

x

𝒂

MS

max

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺

𝟎. 𝟏𝟖𝟔 ∙ 𝒂𝟑≤ 𝒌𝒔


𝟎. 𝟏𝟏𝟒 ∙ 𝑮 ∙ 𝒂𝟒

MS

*Niezgodziński M., Niezgodziński T. Wzory, wykresy i tablice wytrzymałościowe. PWN, W-wa 1984.

*

*

*

*

*

*

Porównanie z kołem o średnicy a:

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺

𝟎. 𝟏𝟗𝟔 ∙ 𝒂𝟑 𝝋 =

𝑴𝑺 ∙ 𝒍

𝟎. 𝟎𝟗𝟖 ∙ 𝑮 ∙ 𝒂𝟒

Uwaga:

a – wielka oś, b – mała oś

© T. Machniewicz

6.9. Skręcanie – przykłady obliczeniowe

11

Przykład 6.1:

Dla wałka jak na rysunku sporządzić wykresy: (i) momentu skręcającego (MS), (ii) maksymalnych naprężeń skręcających (max) oraz (iii) kąta skręcenia (). Dane: Szukane: M1=80 Nm, M2=20 Nm, M3=600 Nm, G=8104 MPa Wykresy: MS, max,

d1=20 mm, d0=10 mm, d2=30 mm, l= 400 mm

𝑴𝑺𝟏 = −𝑴𝟏 = −𝟖𝟎 𝑵𝒎

(i) Wykres momentu skręcającego MS,

𝑴𝑺𝟐 = −𝑴𝟏 −𝑴𝟐 = −𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟑 = −𝑴𝟏 −𝑴𝟐 +𝑴𝟑 = 𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

l l l

d2

d1

d0

1

1

2

2

3

3

A

B C D

z

𝑴𝐒

M1 M2 M3

MU

𝑴 𝟏 𝑴 𝟐 𝑴 𝟑 𝑴 𝑼

𝑴𝑺𝟐 = −𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟑 = 𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝟑

𝑴𝑼

𝑴𝑺𝟏 = −𝟖𝟎 𝑵𝒎 𝑴𝟐

𝑴𝟏


© T. Machniewicz


12

Przykład 6.1: Dane: M1=80 Nm, M2=20 Nm, M3=600 Nm, G=8104 MPa Szukane: d1=20 mm, d0=10 mm, d2=30 mm, l= 400 mm Wykresy: MS, max,

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = −𝟓𝟒. 𝟑𝟐 𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟔𝟑. 𝟔𝟔

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 = 𝟗𝟒. 𝟑𝟏

𝑴𝑺𝟏 =−𝟖𝟎 𝑵𝒎

1-1

d1

2−2

d1

3−3

d2

(ii) Maksymalne naprężenia skręcające max,

𝑴𝑺𝟐 =−𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎 𝑴𝑺𝟑 =𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

max

(M

Pa)

z

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 =𝑴𝑺𝟏𝑾𝑶𝟏; 𝑾𝑶𝟏 =

𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟒 − 𝒅𝟎

𝟒

𝟏𝟔 ∙ 𝒅𝟏

por. p. 6.4

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 =𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺𝟏 ∙ 𝒅𝟏

𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟒 − 𝒅𝟎

𝟒 =𝟏𝟔 ∙ (−𝟖𝟎 𝟎𝟎𝟎) ∙ 𝟐𝟎

𝝅 ∙ 𝟐𝟎𝟒 − 𝟏𝟎𝟒

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = −𝟓𝟒. 𝟑𝟐 𝐌𝐏𝐚

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 =𝑴𝑺𝟐𝑾𝑶𝟐=𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺𝟐

𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟑 =𝟏𝟔 ∙ (−𝟏𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎)

𝝅 ∙ 𝟐𝟎𝟑

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟔𝟑. 𝟔𝟔 𝐌𝐏𝐚

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 =𝑴𝑺𝟑𝑾𝑶𝟑=𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺𝟑

𝝅 ∙ 𝒅𝟐𝟑 =𝟏𝟔 ∙ 𝟓𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎

𝝅 ∙ 𝟑𝟎𝟑

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 = 𝟗𝟒. 𝟑𝟏 𝐌𝐏𝐚

l l l

d2

d1

d0

1

1

2

2

3

3

A

B C D

M1 M2 M3

MU

𝑴 𝟏 𝑴 𝟐 𝑴 𝟑 𝑴 𝑼


© T. Machniewicz


13

Przykład 6.1: Dane: M1=80 Nm, M2=20 Nm, M3=600 Nm, G=8104 MPa Szukane: d1=20 mm, d0=10 mm, d2=30 mm, l= 400 mm Wykresy: MS, max,

(iii) Kąt skręcenia ,

(

rad

)

z

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 = 𝟗𝟒. 𝟑𝟏 𝐌𝐏𝐚

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 = −𝟔𝟑. 𝟔𝟔 𝐌𝐏𝐚

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 = −𝟓𝟒. 𝟑𝟐 𝐌𝐏𝐚

𝝋𝑨 = 𝟎

𝝋𝑩 = 𝝋𝑨 + ∆𝝋𝑨𝑩 ∆𝝋𝑨𝑩 =𝑴𝑺𝟑 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝑱𝟎𝟑

𝝋𝑩 = 𝝋𝑨 +𝟑𝟐 ∙ 𝑴𝑺𝟑 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ 𝒅𝟐𝟒

𝝋𝑩 = 𝟎 +𝟑𝟐 ∙ 𝟓𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎 ∙ 𝟒𝟎𝟎

𝟖 ∙ 𝟏𝟎𝟒 ∙ 𝝅 ∙ 𝟑𝟎𝟒

𝝋𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟒𝟑 𝒓𝒂𝒅

𝝋𝑪 = 𝝋𝑩 + ∆𝝋𝑩𝑪 = 𝝋𝑩 +𝟑𝟐 ∙ 𝑴𝑺𝟐 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟒

𝝋𝑪 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟒𝟑 +𝟑𝟐 ∙ (−𝟏𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎) ∙ 𝟒𝟎𝟎

𝟖 ∙ 𝟏𝟎𝟒 ∙ 𝝅 ∙ 𝟐𝟎𝟒

𝝋𝑪 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟗𝟑 𝒓𝒂𝒅

𝝋𝑫 = 𝝋𝑪 + ∆𝝋𝑪𝑫 = 𝝋𝑪 +𝟑𝟐 ∙ 𝑴𝑺𝟐 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ (𝒅𝟏𝟒 − 𝒅𝟎

𝟒)

𝝋𝑫 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟗𝟑 +𝟑𝟐 ∙ (−𝟖𝟎 𝟎𝟎𝟎) ∙ 𝟒𝟎𝟎

𝟖 ∙ 𝟏𝟎𝟒 ∙ 𝝅 ∙ (𝟐𝟎𝟒 − 𝟏𝟎𝟒)

𝝋𝑪 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟕𝟓𝟓𝟓 𝒓𝒂𝒅

𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟒𝟑

−𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟗𝟑 −𝟎. 𝟎𝟐𝟕𝟓𝟓𝟓

𝑴𝑺𝟏 =−𝟖𝟎 𝑵𝒎 𝑴𝑺𝟐 =−𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎 𝑴𝑺𝟑 =𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

l l l

d2

d1

d0

1

1

2

2

3

3

A

B C D

M1 M2 M3

MU

𝑴 𝟏 𝑴 𝟐 𝑴 𝟑 𝑴 𝑼


© T. Machniewicz


14

Przykład 6.1:

𝑴𝑺𝟏 = −𝟖𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟐 = −𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟑 = 𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝐒

z

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = −𝟓𝟒. 𝟑𝟐

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟔𝟑. 𝟔𝟔

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟑 = 𝟗𝟒. 𝟑𝟏

max

(M

Pa)

z

(

rad

)

z

𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟒𝟑

−𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟗𝟑 −𝟎. 𝟎𝟐𝟕𝟓𝟓𝟓

Dane:

M1=80 Nm, M2=20 Nm, M3=600 Nm, d1=20 mm, d0=10 mm, d2=30 mm, G=8104 MPa, l= 400 mm

Szukane:

Wykresy: MS, max, l l l

d2

d1

d0

1

1

2

2

3

3

A

B C D

M1 M2 M3

MU

𝑴 𝟏 𝑴 𝟐 𝑴 𝟑 𝑴 𝑼


© T. Machniewicz


15

Przykład 6.2:

Obliczyć jaka być może maksymalna średnica otworu rury pokazanej na rysunku, obciążonej momentem skręcającym. Dane: Szukane: MS=4 kNm, kS=80 MPa, D=80 mm dmax=?

x

y

O

MS =4 kNm

z x

y

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝑴𝑺𝑾𝑶≤ 𝒌𝑺

𝑾𝑶 =𝑱𝑶𝝆𝒎𝒂𝒙=𝟐 ∙ 𝑱𝑶𝑫

𝑱𝑶 =𝝅 ∙ 𝑫𝟒 − 𝒅𝟒

𝟑𝟐

𝑾𝑶 =𝝅 ∙ 𝑫𝟒 − 𝒅𝟒

𝟏𝟔𝑫

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺 ∙ 𝑫

𝝅 ∙ 𝑫𝟒 − 𝒅𝟒≤ 𝒌𝑺 𝒅 ≤ 𝑫𝟒 −

𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺 ∙ 𝑫

𝝅 ∙ 𝒌𝑺

𝟒

𝒅 ≤ 𝟖𝟎𝟒 −𝟏𝟔 ∙ 𝟒 ∙ 𝟏𝟎𝟔 ∙ 𝟖𝟎

𝝅 ∙ 𝟖𝟎

𝟒

𝒅𝒎𝒂𝒙 = 𝟔𝟕. 𝟑𝟔 𝒎𝒎


© T. Machniewicz

6.9.1. Skręcanie układów - przykłady obliczeniowe układów statycznie niewyznaczalnych

16

Przykład 6.3:

Dla wałka jak na rysunku wyznaczyć wartości momentów utwierdzenia a następnie sporządzić wykresy: momentu skręcającego (MS), naprężeń skręcających (max) oraz kąta skręcenia (). Dane: Szukane: M=600 Nm, G=8104 MPa MA, MC

d1=20 mm, d0=10 mm, d2=30 mm, l= 400 mm Wykresy: MS, max,

l l

d1

d2

d0

2

2

1

1

A B C

MC M MA

𝑴 𝑪 𝑴 𝑴 𝑨


1) Warunek równowagi statycznej:

𝑴𝒊𝒏

𝒊=𝟏= 𝟎 𝑴 = 𝑴𝑨 +𝑴𝑪

2) Warunek zgodności kątów skręcenia:

∆𝝋𝑨𝑪 = 𝟎

∆𝝋𝑨𝑩 + ∆𝝋𝑨𝑩 = 𝟎

∆𝝋𝑨𝑩 =𝑴𝑨𝒍

𝑱𝑶𝟏𝑮

∆𝝋𝑩𝑪 =𝑴𝑨 −𝑴 𝒍

𝑱𝑶𝟐𝑮

𝑴𝑨𝒍

𝑱𝑶𝟏𝑮+𝑴𝑨 −𝑴 𝒍

𝑱𝑶𝟐𝑮= 𝟎

𝑱𝑶𝟐 =𝝅 ∙ 𝒅𝟐

𝟒 − 𝒅𝟎𝟒

𝟑𝟐

𝑱𝑶𝟏 =𝝅 ∙ 𝒅𝟏

𝟒

𝟑𝟐

𝑴𝑨

𝒅𝟏𝟒 +𝑴𝑨 −𝑴

𝒅𝟐𝟒 − 𝒅𝟎

𝟒= 𝟎

𝑴𝑨 = 𝑴𝒅𝟏𝟒

𝒅𝟏𝟒 + 𝒅𝟐

𝟒 − 𝒅𝟎𝟒

© T. Machniewicz


17

Przykład 6.3:

Dla wałka jak na rysunku wyznaczyć wartości momentów utwierdzenia a następnie sporządzić wykresy: momentu skręcającego (MS), naprężeń skręcających (max) oraz kąta skręcenia (). Dane: Szukane: M=600 Nm, G=8104 MPa MA, MC



𝑴𝑪 = 𝑴−𝑴𝑨

𝑴𝑨 = 𝑴𝒅𝟏𝟒

𝒅𝟏𝟒 + 𝒅𝟐

𝟒 − 𝒅𝟎𝟒 = 𝟔𝟎𝟎

𝟐𝟎𝟒

𝟐𝟎𝟒 + 𝟑𝟎𝟒 − 𝟏𝟎𝟒

𝑴𝑨 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

2)

𝑴𝑪 = 𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟏 = 𝑴𝑨 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

a) Wykres momentu skręcającego MS,

𝑴𝑺𝟐 = 𝑴𝑨 −𝑴 = −𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

z

𝑴𝐒

𝑴𝑺𝟐 = −𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴

𝑴𝑨

𝑴𝑪

l l

d1

d2

d0

2

2

1

1

A B C

MC M MA


© T. Machniewicz


18 © T. Machniewicz IMiR, Podstawy wytrzymałości materiałów, Wykład nr 6

𝑴𝑨 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎 𝑴𝑪 = 𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

b) Wykres max:

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 =𝑴𝑺𝟏𝑾𝑶𝟏; 𝑾𝑶𝟏 =

𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟑

𝟏𝟔

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 =𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺𝟏

𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟑 =𝟏𝟔 ∙ 𝟏𝟎𝟎 ∙ 𝟏𝟎𝟑

𝝅 ∙ 𝟐𝟎𝟑

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = 𝟔𝟑. 𝟔𝟔 𝐌𝐏𝐚

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 =𝑴𝑺𝟐𝑾𝑶𝟐; 𝑾𝑶𝟐 =

𝝅 ∙ 𝒅𝟐𝟒 − 𝒅𝟎

𝟒

𝟏𝟔 ∙ 𝒅𝟐

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 =𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺𝟐 ∙ 𝒅𝟐

𝝅 ∙ 𝒅𝟐𝟒 − 𝒅𝟎

𝟒 =𝟏𝟔 ∙ (−𝟓𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎) ∙ 𝟑𝟎

𝝅 ∙ 𝟑𝟎𝟒 − 𝟏𝟎𝟒

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟗𝟓. 𝟒𝟗 𝐌𝐏𝐚

por. p. 6.4

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟗𝟓. 𝟒𝟗

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = 𝟔𝟑. 𝟔𝟔

max

(M

Pa)

z

Przykład 6.3:

Dane: M=600 Nm, G=8104 MPa Szukane: MA, MC


z

𝑴𝐒

𝑴𝑺𝟐 = −𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴

𝑴𝑨

𝑴𝑪

l l

d1

d2

d0

2

2

1

1

A B C

MC M MA


© T. Machniewicz


19 © T. Machniewicz IMiR, Podstawy wytrzymałości materiałów, Wykład nr 6

𝑴𝑨 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎 𝑴𝑪 = 𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

c) Wykres ,

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = 𝟔𝟑. 𝟔𝟔 𝐌𝐏𝐚 𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟗𝟓. 𝟒𝟗 𝐌𝐏𝐚

𝝋𝑨 = 𝟎 𝝋𝑩 = 𝝋𝑨 + ∆𝝋𝑨𝑩

𝝋𝑩 = 𝝋𝑨 +𝟑𝟐 ∙ 𝑴𝑺𝟏 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ 𝒅𝟏𝟒 = 𝟎+

𝟑𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎 ∙ 𝟒𝟎𝟎

𝟖 ∙ 𝟏𝟎𝟒 ∙ 𝝅 ∙ 𝟐𝟎𝟒

𝝋𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟖𝟑 𝒓𝒂𝒅

𝝋𝑪 = 𝝋𝑩 + ∆𝝋𝑩𝑪 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟖𝟑 +𝟑𝟐 ∙ (−𝟓𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎) ∙ 𝟒𝟎𝟎

𝟖 ∙ 𝟏𝟎𝟒 ∙ 𝝅 ∙ 𝟑𝟎𝟒 − 𝟏𝟎𝟒

𝝋𝑪 = 𝟎

𝝋𝑪 = 𝟎 - z warunków zadania

Sprawdzenie:

(

rad

)

z

𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝟖𝟑 𝝉𝒎𝒂𝒙𝟐 = −𝟗𝟓.49

𝝉𝒎𝒂𝒙𝟏 = 𝟔𝟑. 𝟔𝟔

max

(M

Pa)

z

Przykład 6.3:

Dane: M=600 Nm, G=8104 MPa Szukane: MA, MC


z

𝑴𝐒

𝑴𝑺𝟐 = −𝟓𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴𝑺𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 𝑵𝒎

𝑴

𝑴𝑨

𝑴𝑪

l l

d1

d2

d0

2

2

1

1

A B C

MC M MA


© T. Machniewicz

6.10. Sprężyny śrubowe o małym skoku – naprężenia, warunek bezpieczeństwa

20

𝑴𝑺 = 𝑷𝑫

𝟐

𝝉𝑺 =𝑴𝑺𝑾𝑶

𝝉𝒕 =𝑷

𝑨

𝝉𝒎𝒂𝒙 = 𝝉𝑺 + 𝝉𝒕

𝝉𝒎𝒂𝒙 =𝟖 ∙ 𝑷 ∙ 𝑫

𝝅 ∙ 𝒅𝟑𝟏 +𝒅

𝟐𝑫≤ 𝒌𝑺

d 𝑷

D

h

𝑷

d

D/2

𝑷

y

x O

𝝉𝑺

𝝉𝑺

𝑷

𝝉𝒕 𝝉𝒕

𝝉𝒎𝒂𝒙 = 𝝉𝑺 + 𝝉𝒕

=𝟖 ∙ 𝑷 ∙ 𝑫

𝝅 ∙ 𝒅𝟑 =

𝑷 ∙ 𝑫 𝟐

𝝅 ∙ 𝒅𝟑 𝟏𝟔

𝑾𝑶 =𝝅 ∙ 𝒅𝟑

𝟏𝟔

𝑨 =𝝅 ∙ 𝒅𝟐

𝟒

=𝑷

𝝅 ∙ 𝒅𝟐 𝟒 =𝟒 ∙ 𝑷

𝝅 ∙ 𝒅𝟐

=𝟖 ∙ 𝑷 ∙ 𝑫

𝝅 ∙ 𝒅𝟑+𝟒 ∙ 𝑷

𝝅 ∙ 𝒅𝟐 =𝟖 ∙ 𝑷 ∙ 𝑫

𝝅 ∙ 𝒅𝟑𝟏 +𝒅

𝟐𝑫

kS – dopuszczalne naprężenia styczne


© T. Machniewicz

Praca wykonana nad sprężyną (L) Energia zmagazynowana w sprężynie (E)

6.11. Sprężyny śrubowe o małym skoku – ugięcie ()

21

𝑳 =𝟏

𝟐∙ 𝑷 ∙ 𝝀

𝑬 =𝟏

𝟐∙ 𝑴𝑺 ∙ 𝝋

𝑴𝑺 = 𝑷𝑫

𝟐


𝑮 ∙ 𝑱𝟎 𝑱𝑶 =

𝝅 ∙ 𝒅𝟑

𝟑𝟐

𝒍 = 𝝅 ∙ 𝑫 ∙ 𝒏

𝑬 =𝟏𝟔 ∙ 𝑴𝑺

𝟐 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ 𝒅𝟒

𝑬 =𝑴𝑺𝟐 ∙ 𝒍

𝟐 ∙ 𝑮 ∙ 𝑱𝟎

𝑬 =𝟒 ∙ 𝑷𝟐 ∙ 𝑫𝟐 ∙ 𝒍

𝑮 ∙ 𝝅 ∙ 𝒅𝟒

𝑬 =𝟒 ∙ 𝑷𝟐 ∙ 𝑫𝟑 ∙ 𝒏

𝑮 ∙ 𝒅𝟒

𝝀 =𝟖 ∙ 𝑷 ∙ 𝑫𝟑 ∙ 𝒏

𝑮 ∙ 𝒅𝟒

𝑷 𝑷

P

L

≡

𝑷 𝑷

𝟏 𝟐 𝟑 𝒏 …

D

l – długość drutu sprężyny (po rozwinięciu) n – liczba zwoi,

MS

𝒍 = 𝝅𝑫𝒏

MS

…

𝟏

𝟐∙ 𝑷 ∙ 𝝀 = 𝑳 =


© T. Machniewicz

6.12. Stan naprężenia w elemencie skręcanym

22

xy

yx

yx

xy

𝝈𝒙 =𝝈𝟏 + 𝝈𝟐𝟐+𝝈𝟏 − 𝝈𝟐𝟐𝐜𝐨𝐬𝟐𝜶

𝝈𝒚 =𝝈𝟏 + 𝝈𝟐𝟐−𝝈𝟏 − 𝝈𝟐𝟐𝐜𝐨𝐬𝟐𝜶

𝝉𝒙𝒚 = −𝝉𝒚𝒙 =𝝈𝟏 − 𝝈𝟐𝟐𝐬𝐢𝐧𝟐𝜶

gdy: 𝝈𝟏 = 𝝈, 𝝈𝟐 = −𝝈, 𝜶 =𝝅

𝟒:

𝝈𝒙 = 𝝈𝒚 = 𝟎, 𝝉𝒙𝒚 = −𝝉𝒚𝒙 = 𝝈

2 =- 1 =

𝝉𝒚𝒙 = −𝝈

𝝉𝒙𝒚 = 𝝈

y

x


© T. Machniewicz

6.13. Wałki giętkie

23

Działanie i zastosowanie

www.sswt.com

machinedesign.com

www.oii.com


© T. Machniewicz

6.13. Wałki giętkie

24

Kierunek obrotu wałów giętkich musi być przeciwny do kierunku nawinięcia drutu w jego zewnętrznej warstwie, tak by nie powodować jej rozluźniania.

n

MS MS

n


© T. Machniewicz

Documents

Podstawy wytrzymałości materiałów - zwmik.imir.agh.edu.plzwmik.imir.agh.edu.pl/dydaktyka/dla_studentow/imir/IMiR_PWM_Wyklad... · siły wewnętrzne i naprężenia przy skręcaniu,